phamv

Một bài BĐT mình lấy ý tưởng từ đề Đồng Tháp TST HSGQG 2020.

Cho $ a,b,c $ là các số thực thỏa $ a+b+c = 3 $. Chứng minh rằng: 

$ ( ab +bc+ac - 9)^2  \geq 9(5- abc) $

BĐT$\left ( ab+bc+ca \right )^{2}+9abc+36\geq 18\left ( ab+bc+ca \right )$

đặt p=a+b+c=3; q=ab+bc+ca; r=abc

theo bđt schur , ta có $9r\geq p(4q-p^{2})=3(4q-9)=12q-27$

vậy ta cần chứng minh :$q^{2}+12q-27+36\geq 18q\Leftrightarrow q^{2}-6q+9\geq 0\Leftrightarrow ( q-3)^{2}\geq 0$(đúng)
 

Cho tam giác ABC vuông tại A, có I là giao điểm của các đường phân giác, M là trung điểm của BC, ^BIM= 90. Khi đó AB:AC:BC =....
Giải giúp mình nhé!

 geogebra-export(4).png   41.4KB   24 downloads

gọi G là giao điểm của BI với AC

$\bigtriangleup BIM\sim \bigtriangleup BAG(g.g)$

$\Rightarrow \frac{IM}{AG}=\frac{BI}{AB}=\frac{IG}{AG}\Rightarrow IM=IG$

$\widehat{IMC}=90^{\circ}+\widehat{\frac{ABC}{2}}=\widehat{IGC}$$\Rightarrow \widehat{MIC}= \widehat{GIC}\Rightarrow \bigtriangleup IMC= \bigtriangleup IGC(c.g.c)\Rightarrow GC=MC=\frac{BC}{2}$$\frac{AB}{AG}= \frac{BC}{CG}= 2\Rightarrow AB+BC=2AC\Leftrightarrow BC=2AC-AB\Rightarrow AB^{2}+AC^{2}= 4AC^{2}-4AC.AB+AB^{2}\Leftrightarrow AB=\frac{3}{4}AC\Rightarrow BC=\frac{5}{4}AC\Rightarrow AB:AC:BC=3:4:5$

Cho tam giác ABC, D là điểm trên BC. Đường tròn nội tiếp tam giác ABD tiếp xúc với cạnh BC tại E, đường tròn nội tiếp tam giác ACD tiếp xúc với cạnh BC tại F, đồng thời hai đường tròn này cùng tiếp xúc với đường thẳng d khác BC, đường thẳng d cắt AD tại I. CMR: $ AI=\frac{1}{2}(AB+AC-BC) $

 geogebra-export(2).png   39.08KB   25 downloads

Gọi F,G lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD, ACD; M,L lần lượt là tiếp điểm của (F),(G) với d ; H,I lần lượt là tiếp điểm của (F),(G) với BC; J,K lần lượt là tiếp điểm của (F) ,(G) với AD

Dễ dàng chứng minh AB=AJ+BH, AC=AK+CI, HI=ML=MI+IL=IJ+IK

=>AB+AC-BC=(AJ+BH)+(AK+CI)-(BH+CI+HI)=AJ+AK-IJ-IK=(AJ-IJ)+(AK-IK)=2AI

=>$ AI=\frac{1}{2}(AB+AC-BC) $ (đpcm)

Cho $a,b,c >0$

Chứng minh $\sqrt{\frac{a^3}{a^3+(b+c)^3}} + \sqrt{\frac{b^3}{b^3+(a+c)^3}} + \sqrt{\frac{c^3}{c^3+(b+a)^3}} \geq 1$

$\sum\sqrt{\frac{a^{3}}{a^{3}+(b+c)^{3}}}\doteq \sum \sqrt{\frac{a^{3}}{(a+b+c)((b+c)^{2}-a(b+c)+a^{2})}}\geq \sum\frac{a^{2}}{\sqrt{a(a+b+c)(2(b^{2}+c^{2})-ab-ac+a^{2})}}\geq \sum\frac{a^{2}}{\frac{a^{2}+ab+bc+2(b^{2}+c^{2})-ab-ac+a^{2}}{2}}= \sum \frac{a^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=1$

Cho $a> b> c> 0$. Chứng minh rằng

 

$a^{3}b^{2}+b^{3}c^{2}+c^{3}a^{2}> a^{2}b^{3}+b^{2}c^{3}+c^{2}a^{3}$

BĐT $\Leftrightarrow a^{3}(b^{2}-c^{2})+b^{2}c^{2}(b-c)-a^{2}(b^{3}-c^{3})> 0$

$\Leftrightarrow (b-c)(a^{3}b+a^{3}c+b^{2}c^{2}-a^{2}b^{2}-a^{2}c^{2}-a^{2}bc)> 0$

$\Leftrightarrow (b-c)(a-b)(a^{2}b+a^{2}c-c^{2}a-c^{2}b)> 0$

$\Leftrightarrow (b-c)(a^{2}b(a-b)+a^{2}c(a-b)-c^{2}(a^{2}-b^{2}))> 0$

$\Leftrightarrow (b-c)(a-b)(b(a^{2}-c^{2})+ac(a-c))> 0$

$\Leftrightarrow (b-c)(a-b)(a-c)(ab+bc+ca)> 0$  ( đúng)

BĐT cuối đúng nên ta có đpcm